domingo, 29 de junio de 2008

El área del más pequeño

Enunciado

Hay varias formas de abordar este problema. Desde luego, la que sugiere el comentario de anónimo fue la primera que se me ocurrió, por eso puse la pista de que se busque ángulos iguales. Ésa es la primera que pondré. Pero la que doy a continuación, obra de uno de mis alumnos, es sorprendentemente sencilla.

Semejanza

Semejanza

Buscando ángulos iguales, podéis observar los que hay coloreados en la figura. He pintado del mismo color los que tienen que ser iguales. Claro, que en este caso, los triángulos enfrentados, pequeño y grande, son semejantes, es decir, están dibujados a escala. Si nos fijamos en la base que ambos tienen pegada a los lados opuestos del cuadrado, veremos que la escala es un factor 2 (uno tiene de base 3, y el otro 6). Puesto que las alturas de ambos que corresponden a esas bases, se unen en el vértice y se pueden sumar, pues están alineadas, el segmento resultante tendrá una longitud de 6. Como una es doble que la otra, sus tamaños serán proporcionales a 1 y a 2, y sumarán 6, es evidente que deben medir 2 y 4. Es decir, la altura del pequeño mide 2, luego su área será 3*2/2 = 3 unidades cuadradas.

Cuadriculado

Cuadriculado

La otra forma de resolver el problema que mencionaba al principio, consiste en dividir el cuadrado en 9 cuadrados más pequeños. Es sencillo observar que la diagonal es diagonal de los tres cuadrados, es decir, que pasa por el vértice correspondiente al primer cuadradito que atraviesa, pero está claro que la otra línea, puesto que llega a la mitad del cuadrado, atraviesa dos cuadrados antes de pasar por un vértice, por lo que también pasa por el vértice de este cuadradito. Luego el punto de corte (vértice del triángulo coloreado), está a dos unidades del lado, una tercera parte del total. A partir de eso se deduce fácilmente el área. Este método de resolución es una versión reducida de la geometría analítica, que los alumnos de esta edad aún no han tratado.

jueves, 26 de junio de 2008

Los tres sobres

Enunciado

Empecemos por el apartado (a). Puesto que Ana, en el sobre A, debe tener una cantidad menor que B y C, y entre los tres tienen 10 euros, sólo puede tener 1 o 2 euros, ya que si tuviese 3 o más, Beatriz tendría 4 o más, y carlos 5 o más, con lo que entre todos sumarían 12 o más, y sólo puede sumar 10. Por otra parte, si sólo tuviese 1 euro, Beatriz podría tener 2 , 3 o 4, ya que 1 + 2 + 7 = 10 y también 1 + 3 + 6 = 10, además de que 1 + 4 + 5 = 10. En ese caso, Ana no podría saber, viendo únicamente su sobre, qué tienen las otras dos personas. Si Ana tuviese dos euros, la única cantidad posible en los demás sobres es 3 en el de Beatriz, y 5 en el de Carlos. Así, ésa es la combinación correcta, 2 en el de Ana, 3 en el de Beatriz y 5 en el de Carlos.

En el apartado (b), como entre los 3 sobres suman 11 euros, empezando por Carlos, la posibilidad mayor es 8 euros (2 para Beatriz, y 1 para Ana). También tenemos la posibilidad de que tenga 7 (3 en el de Beatriz, 1 en el de Ana). Si tiene 6, Beatriz puede tener 4 o 3, y Ana 1 o 2, con lo que no podría saber las cantidades que tienen. La última posibilidad es que tenga 5, y en ese caso, Beatriz tiene que tener 4 y Ana, 2. Por tanto, hay tres casos en los que Carlos puede hacer esa afirmación. Cuando Ana abre el sobre, teniendo en cuenta que ha reducido las posibilidades a las tres anteriores, si afirma que puede saber cuánto tiene cada uno, sólo puede tener 2, ya que si tuviese 1 único euro, dudaría entre que Carlos tuviese 8 o 7. Por tanto, Ana tiene 2, Beatriz, 4, y Carlos, 5.

En el apartado (c), la suma de los tres sobres es 13 euros. Como empieza Ana, y no puede deducir el contenido de los otros dos, puede tener 1 euro (los otros podrían tener 2 y 10, o 3 y 9, o 4 y 8, o 5 y 7), o puede tener 2 euros (los otros, 3 y 8, 4 y 7 o 5 y 6), pero no puede tener 3 euros (los otros tendrían que tener 4 y 6 obligatoriamente), ni más cantidades.

Si nos fijamos en esas posibilidades, y Carlos mira su sobre, sólo puede dudar en el caso de tener 8 o 7, ya que si tuviese 10, 9 o 6, sólo tendría una posibilidad, y sabría qué cantidades tienen.

Por último, Mira Beatriz, y tampoco puede saber lo que tienen los demás, luego debe tener 4 euros, porque en los demás casos, de nuevo sólo habría una única solución. Es decir, Beatriz tiene 4 euros.

En el apartado (d), la suma de los tres sobres debe ser 32. Para calcular las posibles sumas, como luego se nos hace una pregunta sobre Ana, debemos empezar por el sobre A, que puede tener 1 euro, y entonces las posibilidades para los otros empiezan por 2 y 29, y acaban en 15 y 16, un total de 14 casos. Si A tiene 2, va desde 3 y 27, a 14 y 16 (12 casos). Si A tiene 3, vamos desde 4 y 25 a 14 y 15, 11 casos. Si A tiene 4, de 5 y 23 a 13 y 15 (9 casos). Si A tiene 5, de 6 y 21 a 13 y 14 (8 casos). Si A tiene 6, de 7 y 19 a 12 y 14 (7 casos). Si A tiene 7, de 8 y 17 a 12 y 13 (5 casos). Si A tiene 8, de 9 y 15 a 11 y 13 (3 casos). Si A tiene 9, de 10 y 13 o 11 y 12 (2 casos). A no puede tener más de 9, porque en ese caso la suma pasa de 32. En total, 14 + 12 + 11 + 9 + 8 + 7 + 5 + 3 + 2 = 71. Evidentemente, Ana nunca puede averiguar de un simple vistazo el contenido de los otros dos, ya que siempre hay más de una posibilidad.

Debo agradecer su comentario a nuestro anónimo lector, que ha resumido la solución a la perfección.

domingo, 22 de junio de 2008

Cuadriláteros circunscritos

Enunciado

Como comenta nuestro anónimo colaborador, este enunciado es relativamente conocido como Teorema de Pitot, y su demostración puede encontrarse fácilmente en Internet si se realiza una búsqueda por este nombre.

Cuadrilátero circunscrito

Cuadrilátero circunscrito

Pero, planteado como ejercicio, podemos enfrentarnos a él como un problema de geometría, y realizar un dibujo como el que acompaña a estas líneas para razonar sobre él.

En realidad, el cuadrilátero con la circunferencia inscrita puede verse como un conjunto formado por una circunferencia y ocho tangentes (que casualmente están alineadas dos a dos), que parten de cuatro puntos externos a la circunferencia.

Estudiando la simetría de las tangentes, podemos concluir fácilmente que las longitudes de los pares de tangentes que parten de un mismo punto son idénticas, y nombrar las diferentes longitudes con cuatro letras, por ejemplo, a, b, c y d.

Evidentemente, la longitud de cada lado del triángulo original, en ese caso, está formada por la suma de dos de estas cantidades, pero si se suman las longitudes de un lado con la de su opuesto, descubriremos que en cualquier caso el resultado es a + b + c + d, sean cuales sean los lados escogidos. Por tanto, la suma de las longitudes de dos lados opestos es idéntica a la de los otros dos, como queríamos demostrar.

jueves, 19 de junio de 2008

Expresiones misteriosas

Enunciado

Efectivamente, como dice nuestro anónimo comentarista, no se puede convertir una raíz cuadrada de una suma en una suma de las raíces cuadradas, de la misma forma que no podemos elevar al cuadrado una suma sumando los cuadrados de los términos.

Miradlo así: 9 + 16 = 25, pero sus raíces cuadradas, 3 y 5, suman 8, no 5. De la misma manera, 3 + 2 = 5, pero 9 + 4 = 13, no 25.

¿Qué podemos hacer? El truco en estos casos, para sacar una raíz cuadrada, es trabajar con el cuadrado de la suma, es decir, que como tenemos dos de los tres términos (el cuadrado del primero y el cuadrado del segundo), tendremos que obtener de alguna forma el doble del producto del primero por el segundo. La solución más socorrida en una igualdad es añadir a ambos lados de la igualdad lo que nos haga falta, una vez que lo tenemos claro.

Es decir, que la igualdad x2 + (1/x)2 = 4, si queremos convertirla en el cuadrado de una suma, hace falta en el lado izquierdo 2x(1/x) = 2, es decir, que podemos añadir lo mismo a ambos extremos, con lo que queda x2 + 2x(1/x) + (1/x)2 = 4 + 2.

Claro, que ahora sí que tenemos el cuadrado de una suma, con lo que tendríamos que (x + (1/x))2 = 6, de donde la expresión x + 1/x sería, efectivamente, la raíz de 6 (tanto la positiva como la negativa).

Este problema es muy similar a un problema de bachillerato que ya se comentó en este blog hace cierto tiempo, Fracciones enteras.

domingo, 15 de junio de 2008

Cuadrados en una trama

Enunciado

Pequeño

Pequeño

Empecemos por buscar las diferentes posiciones en que encontramos cuadrados, y trasladarlos por la trama para poder contarlos. Suponiendo que partimos de un punto cualquiera, el primer cuadrado que se nos ocurre consiste en que su lado sea el que une el punto inmediatamente junto a él, como vemos en la imagen. Trasladando este punto, tenemos un total de 9 cuadrados de este tipo.

Mediano

Mediano

En segundo lugar, podemos marcar, desde un punto, el que se encuentra dos unidades más a la derecha, o a la izquierda, o arriba, o abajo. Tenemos 4 cuadrados más de este tipo.

Grande

Grande

Si consideramos el cuadrado "grande", de tres unidades de lado, evidentemente, sólo hay 1.

Diagonal

Diagonal

En cuarto lugar, tenemos el cuadrado que conseguimos uniendo un vértice con el de una unidad a la derecha y abajo (en diagonal). Sólo tenemos 4 de estos cuadrados.

Oblícuo

Oblícuo

Si unimos un punto con otro situado dos a la derecha y uno hacia abajo, tenemos un cuadrado bastante grande, que algunas personas olvidan a la hora de hacer el recuento. No lo podemos trasladar dentro de la trama, porque nos saldríamos.

También hay otro muy similar, que podemos obtener girando el anterior aunque claramente es distinto, uniendo con un cuadrado dos hacia abajo y uno a la derecha. Sin embargo, tiene el mismo tamaño que el otro.

Unir un punto distinto de los citados es fácil comprobar que nos saca de la zona marcada. Por tanto el total de cuadrados es de 9 + 4 + 1 + 4 + 1 + 1 = 20.

Si queremos contar los tamaños distintos, es evidente que hay 5 tamaños distintos, según se han citado antes.

jueves, 12 de junio de 2008

Las series

Enunciado

Reconocer el criterio que ha dado lugar a una serie no tiene una única manera de hacerse. Puedes diseñar series con criterios muy sorprendentes, que desconcertarían a cualquiera (por ejemplo, si ordenases los 100 primeros números por orden alfabético, y presentaras los primeros cinco o seis como serie ¿crees que alguien sabría cómo seguir?).

Cuando las series se basan en sumas, restas o multiplicaciones, suele resultar más sencillo calcular las diferencias de un término al siguiente, si no reconoces de golpe el patrón o ritmo que sigue.

La primera serie, 100, 99, 95, 86, 70, produce las diferencias siguientes (ojo: el signo negativo indica que la serie baja, podría adoptarse el criterio contrario, restar el anterior del siguiente): 99 - 100 = -1, 95 - 99 = -4, 86 - 95 = -9, 70 - 86 = -16. Ahora, mirando la serie -1, -4, -9, -16 puede ser más sencillo darse cuenta que se trata de cuadrados, es decir, que los siguientes números se pueden calcular, como comenta algún anónimo visitante, restando 25, 36 y 49 al último término de la serie, es decir, que los tres términos siguientes serían 45, 9 y -40.

Si miramos la segunda serie, 3, 6, 7, 14, 15, 30, puede que no veamos enseguida el ritmo, pero si vemos sus diferencias, son 3, 1, 7, 1, 15. Está claro que la siguiente será un 1, pero ¿cuál será la siguiente? Puedes darte cuenta de una cosa: 3, 7, 15, salen en la serie ¡antes de ser las diferencias!, es decir, que a un término se le suma 1, y al siguiente, él mismo. También puedes intentar encontrar otro patrón: 7 es el doble de 3 más uno, y también 15 lo es de 7. En ambos casos, los siguientes términos de la serie serían 30 + 1 = 31, y 31 + 31 = 62.

La tercera y última serie está formada por los términos 26, 31, 27, 32, 28, 33. Puede que veamos enseguida el patrón, o puede que tengamos que probar el truco de las diferencias. Si lo hacemos, obtenemos 5, -4, 5, -4, 5. Está claro ¿no? Los siguientes términos serían 29 y 34. Puede que nos hayamos dado cuenta, como comentan nuestros anónimos visitantes, que en realidad se pueden separar dos series. Los que aparecen en posición impar, 26, 27, 28 y en posición par, 31, 32, 33. También sale el mismo resultado de esta observación (29 y 34).

lunes, 9 de junio de 2008

Polinomio y números impares

Enunciado

Cuando propuse este problema, estaba pensando en el enunciado general de un problema de la Olimpiada Matemática Española, con el que estaba trabajando en ese momento (pero aún no había publicado), de forma que una solución, evidentemente, sería particularizar la solución correspondiente.

Como el concurso interno de mi instituto no pretende tener tanto nivel, especialmente en su fase cerrada, pensé en una solución más sencilla para este caso particular, que ahora os detallaré.

Si p(x) es un polinomio de coeficientes enteros, y p(2) es impar, es evidente que p(2m) es impar para cada valor entero de m, ya que todos los términos que usen una potencia de x en p(x) producen un sumando par para p(2), luego su término independiente es impar, de forma que para p(2n) sucederá de forma análoga, y p(2m) es. por tanto, impar.

¿Qué sucederá para p(2m + 1)? Tenemos que, en p(x) la suma de todos los coeficientes de las potencias mayores o iguales que 1 de x es par, ya que el término independiente es impar y el resultado de p(1) es impar. Ahora bien, si x es impar, para todo valor entero n, xn es impar, es decir, que xn - 1 es par. Suponiendo que el término correspondiente del polinomio es anxn = an + an(xn - 1), es decir, an más un número par. Por esto, si x es un entero impar, p(x) es igual a la suma de todos los coeficientes, más una suma de números pares, más un término independiente. Como ya hemos deducido, se trata de una suma de números pares más un número impar, luego es impar.

Por tanto, para todo valor entero x, p(x) es impar. Lo que es tanto como afirmar que nunca puede dar 0, es decir, no puede p(x) tener soluciones enteras.

La otra solución, particularizada del problema original, sería pensar, por reducción al absurdo, que si p(x) tiene una raíz en t, p(x) = q(x)(x - t), con q(x) otro polinomio de coeficientes enteros, y que si t es entero, o es par o es impar. Si es par, p(2) = q(2)*(2 - t), que es par por serlo 2 - t, y, si t es impar, p(1) = q(1)*(1 - t) que es par por serlo 1 - t. Luego o bien p(1) o bien p(2) es par, en el caso de tener p(x) raíces enteras. Esta solución es, evidentemente, mucho más elegante y más generalizable.

jueves, 5 de junio de 2008

Círculo y cuadrado

Enunciado

Un triángulo

Un triángulo

La primera solución que voy a dar es similar a algunos comentarios que se han publicado en el enunciado. La idea, como siempre, es completar el dibujo del enunciado con unas pocas líneas, que habitualmente representan radios de una circunferencia, y que, evidentemente, miden lo mismo. A veces, es necesario trazar lados o diagonales de un cuadrilátero, pero en este caso sólo necesitamos completar la paralela a un lado.

Si nos fijamos en el triángulo señalado en rojo, formado por el centro de la circunferencia, un punto de corte, y la mitad de el lado del cuadrado que corta a la circunferencia, es evidente que es rectángulo. Y su hipotenusa es un radio de la circunferencia. Y uno de sus catetos mide 8 unidades, pues la mitad del lado del cuadrado. El otro cateto es desconocido, pero como su prolongación hasta el lado opuesto del cuadrado es también un radio de la circunferencia, sabemos que ese número, añadido al radio, vale 16 unidades.

Representando los tres valores en función de una variable R, el radio, y conociendo el teorema de Pitágoras, tenemos que 82 + (16 - R)2 = R2. Quitando paréntesis, esta ecuación queda como sigue: 64 + 256 - 32R + R2 = R2. Podemos, evidentemente, simplificar el cuadrado de R, y pasar el único término que lleva R al otro lado, de donde 320 = 32R, por lo que R = 10 unidades.

Dos triángulos

Dos triángulos

Hay otra solución que requiere un rodeo que nos puede enseñar varias técnicas interesantes. Observad el dibujo de los dos triángulos que se han trazado en el interior de la circunferencia. Uno de ellos, el primero, es también claramente rectángulo, y sus catetos miden 16 y 8. La hipotenusa se puede calcular como la raíz cuadrada de 320.

El segundo triángulo es semejante al primero. Es evidente que comparten su ángulo más agudo, pues la antigua hipotenusa es ahora uno de los lados cortos (aún no los llamaremos catetos), y el antiguo cateto de 16 unidades, más alargado, es ahora su lado mayor. Ver que es rectángulo puede ser más difícil, aunque he trazado una línea amarilla que te ayudará a verlo. Observa que, por ser radio de la circunferencia, esta línea divide al triángulo en dos triángulos isósceles diferentes. Si buscas los ángulos que son iguales, y miras cuánto suman entre los cuatro, te darás cuenta de que el ángulo que divide la línea amarilla es un ángulo recto. Ésto vale siempre que tengamos un triángulo inscrito en una circunferencia, cuyo lado sea un diámetro. Siempre será rectángulo.

Bueno, pues por ser semejante, la razón de semejanza será raíz de 320 a 16, y por eso, su diagonal, que es el diámetro de la circunferencia mide raíz de 320 por la razón de semejanza, es decir, 320/16 = 20. Con lo que el radio mide 10.

domingo, 1 de junio de 2008

Número divisible a trozos

Enunciado

Como decía uno de los comentarios, la clave de este problema es tantear de forma inteligente, es decir, usando los criterios de divisibilidad para eliminar opciones.

En primer lugar, si queremos que las dos primeras cifras formen un número divisible por dos, la segunda cifra debe ser par (2, 4 o 6).

Si queremos que las cuatro primeras cifras formen un número divisible por 4, la cuarta deberá también ser par (y algo más, pero de eso nos ocupamos luego).

Y si queremos que el número de seis cifras sea divisible por 6, la última cifra será también par. Bueno, y como la suma de todas sus cifras es 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21, divisible entre 3, seguro que será divisible entre 6 en ese caso.

Puesto que sólo disponemos de 6 cifras, las cifras en las posiciones 1, 3 y 5 serán necesariamente impares.

Como las cinco primeras cifras forman un número divisible por 5, y no disponemos de la cifra 0, la quinta cifra es un 5 (ya tenemos una segura).

Las tres primeras cifras forman un número divisible por 3, es decir, suman un múltiplo de 3. Como seguro que aparecen la cifra 1 y 3 y una cifra par, la cifra par tiene que ser 2, ya que al añadir 4 a 1 + 3 da 8 (no es múltiplo de 3), y al añadir 6 da 10, que tampoco lo es. Luego la 2ª cifra es 2.

La tercera cifra tiene que ser 1 o 3, y la cuarta 4 o 6. Como entre las cuatro primeras forman un múltiplo de 4, la tercer y la cuarta forman un múltiplo de 4. los números 14 y 34 no valen, y 16 y 36 sí. Luego la cuarta cifra es un 6.

Puesto que 6 y 2 ya están situados, la última cifra es un 4.

La primera cifra y la tercera pueden ser 1 y 3, y ambas combinaciones valen. Podemos comprobar que los dos números, que ya han aparecido en los comentarios son, efectivamente, soluciones, 123654 y 321654.

Veamos: para 123654, 12:2 = 6, 123:3 = 41, 1236:4 = 309, 12365:5 = 2473, y 123654:6 = 20609, y para 321654, 32:2 = 16, 321:3 = 107, 3216:4 = 804, 32165:5 = 6433, y 321654:6 = 53609.